Exercício interativo: Centros das homologias que transformam um quadrilátero num losango

Aqui fica um exercício interativo em que, apoiado pelas entradas sobre homologias e com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .

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Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.

Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para

• desenhar as retas a=]AB[, b=]DC[, c=]AD[, d=]BC[ num primeiro passo e
• acrescentar as intersecções E=c.d e F=a.b
• que definem a reta - l- limite determinada por E e F (pontos comuns a lados opostos do quadrilátero que pela homologia devem ser transformados em retas pararelas de um quadrado;
• convém agora apresentarmos as diagonais AC=f e BD=g que pela homologia (de que procuramos o centro) devem ser as diagonais do quadrado e, por isso, serem perpendiculares
• Ora, a diagonal AC intersecta a reta limite (l) em G e a outra diagonal BD em H e as circunferências (G,H) e (H,G) determinam L, M e e=LM
• e esta última reta intersecta l no fundamental K
• por ser o centro da circunferência de diâmetro GH (vermelha) onde se encontram os pontos O tais que GO ⊥OH ....

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Homologia que transforma um triângulo qualquer num equilátero

Há construções feitas no âmbito de notas de estudo sobre geometria projetiva que foram abandonadas na sequência apresentada e que vamos interromper. Uma delas foi a construção de um triângulo equilátero homólogo a um triângulo qualquer. Ou dito de outro modo, dado um triângulo qualquer determinar elementos definidores de uma homologia que o transforma num triângulo equilátero. É o que fica ilustrado na construção seguinte:

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).

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